Corrigé de l`examen no.2

Cycle Préparatoire Polytechnique - 2ème année Mercredi 22 mars 2006
Correction de l’examen final de Mathématiques
Exercice I
1. K={(x, y)∈R2:x4+ (x−y
2)2≤4,y−x≤2et y≥0}.
2. (a) Kest non vide car (0,0) ∈K. Soit (x, y)∈K. Alors, x4≤4⇒ |x| ≤ √2. Or, y≥0et
y≤x+ 2 ≤2 + √2. On en déduit que Kest un borné de R2.
(b) Montrons à présent que Kest fermé. On a : K=φ−1
1([0,4]) ∩φ−1 2(] − ∞,2]) ∩φ−1 3([0,+∞[)
où φ1,φ2et φ3sont trois fonctions définies sur R2et à valeurs réelles telles que :
∀(x, y)∈R2, φ1(x, y) = x4+x−y
22
, φ2(x, y) = y−xet φ3(x, y) = y.
Or, φ1,φ2et φ3sont trois fonctions polynômes donc continues sur R2et [0,4], ]−∞,2],[0; +∞[
sont trois fermés. Or, l’image réciproque d’un fermé par une application continue est un fermé
et une intersection de fermés est fermée. On en déduit que Kest un fermé.
Finalement, Kest fermé et borné dans R2(de dimension finie) donc Kest compact. Puisque
l’image d’un compact par une application continue est un compact et que fest clairement
continue sur R2car polynômiale, on en déduit que le problème min
Kfpossède (au moins) une
solution.
Exercice II
1. fest continue sur [0,2] donc |f|l’est aussi. Or, une fonction continue sur un compact est intégrable
sur ce compact donc |f|est intégrable sur [0,2], puis kfk1existe. De même, l’image d’un compact
par une fonction contiue est un compact donc un fermé borné en l’occurrence. [0,2] est compact
donc {f(t), t ∈[0,2]}est borné et clairement non vide car contient f(0) par exemple. On en déduit
l’existence de kfk∞qui est en fait un max.
2. Montrons que l’espace (C([0,2]),k.k∞)est complet. Soit (fn)n∈N, une suite de Cauchy d’éléments
de C(I, R). Alors ∀ε > 0 : ∃N∈N:p > q > N =⇒ kfp−fqk∞< ε. Par conséquent, il est
immédiat que ∀x∈I:∃N∈N:p > q > N =⇒ |fp(x)−fq(x)|k∞< ε. Par conséquent, et
puisque Rest complet, la suite (fn(x))n∈Nest convergente dans R. On note f(x)sa limite, ce qui
définit une application fdans C(I, R). Reste à démontrer que fest bien limite uniforme de la
suite (fn)n∈Net surtout que fest encore un élément de C(I, R). La première assertion est presque
évidente, puisque (fn)n∈Nest une suite de Cauchy. Par conséquent, on, peut faire tendre pvers
+∞dans l’inégalité ci-dessus, ce qui garantit que ∀q∈N:q > N, kf−fqk∞< ε. Pour démontrer
que fest continue, on se fixe x0∈Iet ε > 0. On sait, en particulier que si xest fixé, on a :
fn(x)−−−−−→
n→+∞f(x), donc, il existe un rang N0∈Ntel que : n≥N0=⇒ |fn(x)−f(x)| ≤ ε
3et
n≥N0=⇒ |fn(x0)−f(x0)| ≤ ε
3. De plus, les applications éléments de (fn)n∈Nétant continues, il
existe η > 0tel que : |x−x0|< η =⇒ |f(x)−f(x0)| ≤ ε
3. Fixons-nous alors n≥N0. On peut alors
écrire par inégalité triangulaire :
∀x∈I:|x−x0|< η, |f(x)−f(x0)| ≤ |f(x)−fn(x)|+|fn(x)−fn(x0)|+|fn(x0)−f(x0)| ≤ 3.ε
3.
Cela démontre que fest continue sur I.Iétant compact, fest bornée sur I. Cela démontre que
C(I, R)muni de le norme de la convergence uniforme est complet.
1

3. (a)
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
1
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
2
Fig. 1 – Représentation des fonctions u2,u5et u10
u2
u5
u10
(b) Soient net p, deux entiers tels que n > p. On a donc 1−1
n>1−1 p:
kun−upk1=Z1−1
p
1−1
n|0−up(x)|dx+Z1
1−1
n|un(x)−up(x)|dx+Z2
1|0−0|dx
=Z1−1
p
1−1
n
[1 + p(x−1)]dx+Z1
1−1
n
(1 −x)(n−p)dx
=Z1−1
p
1−1
n
[1 + p(x−1)]dx+Z1
1−1
n
(1 −x)(n−p)dx
= (1 −p)1
p−1 n+p 2 1−1 n2
−1−1
p2!+ (n−p)−1 n+1 2n2+1 n
=1
21 p−1 n(après simplifications)
(c) Le calcul est très rapide. En effet :
kun−u∗k1=Z1
1−1
n|un(x)|dx=Z1
1−1
n
[1 + n(x−1)]dx
= (1 −n)1
n+n 2 1−1−1 n2!=1 2n.
(d) D’après les questions précédentes, on déduit que :
–(un)est de Cauchy pour la norme k.k1, car kun−upk1−−−−−→
n→+∞
p→+∞
0;
–(un)converge au sens de la norme k.k1vers la fonction u∗;
–(C([0,2]),k.k1)n’est pas complet car u∗n’appartient pas à C([0,2]).
Exercice III
1. La linéarité de ϕest évidente. Elle découle immédiatement de la linéarité de l’intégrale. Montrons
à présent que ϕest continue. Soit x∈ C([a, b]).kétant continue sur le pavé [a, b]2qui est compact
(fermé borné en dimension finie), il est clair que la quantité γ:= (b−a) sup
(x,y)∈[a,b]2|k(x, y)|existe et
est finie. On a alors kϕ(f)k= sup
x∈[a,b]Zb
a
k(x, t)f(t)dt . Or, Zb
a
k(x, t)f(t)dt≤Zb
a|k(x, t|.|f(t)|dt ≤
kfk∞γ. On en déduit, par passage au sup que kϕ(f)k∞≤γkfk∞et puisque ϕest linéaire, cette
inégalité prouve que ϕest continue.
2

2. (a) Introduisons l’opérateur T:C([a, b]) −→ C([a, b])
f7−→ g+µϕ(f)
.
Vérifions que si f∈ C([a, b]), alors T(f)∈ C([a, b]). La fonction (x, t)7−→ k(x, t)f(t)est
continue en tant que produit de deux fonctions continues. D’après le théorème de continuité
sous le signe somme, il s’ensuit que x7−→ Rb
ak(x, t)f(t)dt est encore continue sur [a, b]. Par
conséquent, T(f)est une fonction continue sur [a, b]en tant que somme de fonctions continues.
De plus, il est alors tout à fait clair que l’équation (∗)s’écrit alors T(f) = f.
(b) Montrons que Test contractant. Soient fet h, deux éléments de C([a, b]). On a d’après la
première question :
kT(f)−T(h)k∞=µkϕ(f)−ϕ(h)k∞=µkϕ(f−h)k∞
≤µγ(b−a)kf−hk∞.
Puisque, par hypothèse, µγ(b−a)<1, on en déduit que Test un opérateur contractant.
(c) fest solution de (∗)si, et seulement si fest un point fixe pour l’opérateur T. De plus, C([a, b])
muni de la norme k.k∞est complet et Test contractant. D’après le théorème du point fixe,
on en déduit que l’équation (∗)possède une unique solution continue sur [a, b].
Exercice IV
1. Désignons par I, la matrice identité d’ordre 2. Un calcul élémentaire permet de prouver que A2=
B2= 0M2(R). On en déduit immédiatement que ∀n≥2,An=Bn= 0M2(R), et ainsi, exp(A) = I+A
et exp(B) = I+B. Par conséquent :
eA.eB=1 0
θ1 1−θ
0 1 =1−θ
θ1−θ2.
2. On a : A+B=0−θ
θ0, et (A+B)2=−θ2I. Une récurrence immédiate laissée aux soins du
lecteur prouve alors que pour n∈N,(A+B)2n= (−1)nθ2nIet (A+B)2n+1 = (−1)nθ2n+1J, où
l’on a posé J=0−1
1 0 . En distinguant les termes de rang pairs et les termes de rangs impairs
dans le calcul de l’exponentielle, on obtient :
exp(A+B) =
+∞
X
n=0
(A+B)2n
(2n)! +
+∞
X
n=0
(A+B)2n+1
(2n+ 1)!
= +∞
X
n=0
(−1)nθ2n
(2n)! !.I + +∞
X
n=0
(−1)nθ2n+1
(2n+ 1)! !.J
= cos θI + sin θ.J
=cos θ−sin θ
sin θcos θ.
3. Prenons par exemple θ= 1. on vient de démontrer qu’il existait des valeurs de θpour lesquelles
exp(A+B)6= exp(A) exp(B). D’après un théorème du cours, on sait que si AB =BA (Aet B
commutent), alors exp(A+B) = exp(A).exp(B). L’explication vient donc ici du fait que Aet B
ne commutent pas, donc on ne peut rien prévoir quant à exp(A+B).
Remarque : une vérification immédiate prouve que AB 6=BA dans notre cas.
3